【100所名校】2018-2019学年河南省安阳市林州第一中学高二下学期期初考试物理试题（解析版）

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1、2018-2019学年河南省安阳市林州第一中学高二下学期期初考试物理试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 物理注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第I卷（选择题)一、单选题1某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场

2、力作用，其运动轨迹是图中虚线，由M运动到N，以下说法正确的是（ ）A粒子是正电荷B粒子在M点的加速度大于在N点的加速度C粒子在M点的电势能小于在N点的电势能D粒子在M点的动能大于在N点的动能2如图所示，下列带电粒子所受洛伦兹力的方向向上的是（）A B C D3通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针，磁针指向如图所示，则（）A螺线管的P端为N极，a接电源的正极B螺线管的P端为N极，a接电源的负极C螺线管的P端为S极，a接电源的正极D螺线管的P端为S极，a接电源的负极4关于磁感线，以下说法正确的是（ ）A磁感线是不闭合的 B磁感线有可能相交C磁感线是客观存在的 D磁感线的疏密程度表示磁场的

3、强弱二、多选题5下列单位中，是电场强度单位的是（）AN/C BVm CV/m DJ/C6在真空中两个完全相同的金属小球，带电量分别为q1和+q2，相距为r时，其间的相互作用力为F，现将两个小球接触一下在放回原处，其间的相互作用力为，由此可以判断两小球原来带电量之比为（）Aq1：q21：2 Bq1：q22：1 Cq1：q23：1 Dq1：q21：37某实验小组用图示装置探究影响平行板电容器电容的因素。若两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。实验中，假定极板所带电荷量不变，下列判断中正确的是（ ）A保持S不变，增大d，则C变小，变大B保持S不变，增大d，则C变大，变小C保持d不变

4、，减小S，则C变小，变大D保持d不变，减小S，则C变大，变小8如图所示，固定的水平放置的平行导轨CD、EH足够长，在导轨的左端用导线连接一电阻R，导轨间距为L，一质量为M、长为2L的金属棒放在导轨上，在平行于导轨的水平力F作用下以速度v向右匀速运动，运动过程中金属棒与导轨保持垂直，金属棒与导轨间的动摩擦因数为，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中(图中未画出)，磁场的磁感应强度大小为B，导轨单位长度的电阻为r，其余电阻不计。若在0时刻水平力的大小为F0，则在0t时间内，以下说法正确的有（ ）A水平力F对金属棒的冲量大小F0tB水平力和摩擦力的合力对金属棒的冲量为零C合力对金属棒做的功为零D若某时刻

5、通过电阻R的电流为I，则此时水平力F的功率为(BIL+Mg)v9如图所示，倾角为30的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中点。在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷，一质量为m，电荷量为q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则（）A小球从A到D的过程中静电力做功为B小球从A到B的过程中电势能先减小后增加CB点电势比D点电势高DAB两点间的电势差为10长为L的导线ab斜放在水平导轨上（导线与导轨的夹角为），两导轨相互平行且间距为d，匀强磁场的磁感应强度为B，如图所示，当通过ab的电流为I时，导线ab所受安培力的大小为（ ）AIBL B C D第II卷（非选择

6、题)三、实验题11有一个小灯泡上标有“”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A电压表（，内阻）B电压表（，内阻）C电流表（，内阻）D电流表（，内阻）E滑动变阻器（）F滑动变阻器（）G直流电源（，内阻不计），另有开关一个、导线若干。（1）实验中电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器应选_。（只填器材的字母代号）（2）在答题卡的虚线框中画出实验电路图，要求电流、电压能从零开始变化_。12在测某种材料制成的均匀圆柱体的电阻率的实验中,需要测量其长度L、直径d和电阻R.(1)如图甲,使用游标卡尺测量其长度L为_mm；如图乙,使用螺旋测微器测量其直径d为_mm；(2)若用图丙电路测圆

7、柱体的电阻,则测量结果将比真实值_(填“偏大”或“偏小”).四、解答题13如图所示，已知电源电动势E20V，内阻rl，当接入固定电阻R2时，电路中标有“3V，6W”的灯泡L和内阻r00.5的小型直流电动机M都恰能正常工作。试求：（1）电压表的示数；（2）电动机的输出功率。14已知质量为m的带电液滴，以速度v射入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空间刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动如图所示求：(1)液滴在空间受到几个力作用；(2)液滴带电荷量及电性；(3)液滴做匀速圆周运动的半径15如图为某一直流电动机提升重物的装置，重物质量为，稳定电压为，不计各处摩擦，当电动机以的恒定速度向上提升物

8、体时，电路中电流为，试求：电动机的内阻r为多少？16如图所示，一质量为m、电荷量为q（q0）的例子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30。不计重力。求A、B两点间的电势差。2018-2019学年河南省安阳市林州第一中学高二下学期期初考试物理试题物理答案1A【解析】A. 带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向上，所以此粒子为正电荷，故A正确；B. 由电场线的分布可知，电场线在N点的时候较密，所以在N点

9、的电场强，粒子在N点时受到的电场力大，加速度也大，故B错误；C. 粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，所以粒子的电势能要减小，即粒子在M点的电势能大于N点的电势能，故C错误；D. 粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，粒子的动能要增加，即粒子在M点的动能小于N点的动能，故D错误；故选：A2A【解析】由左手定则：（磁感线穿过左手手心，四指指向正电荷的运动方向或负电荷运动的反方向，大拇指的指向即为洛伦兹力的方向）A图中带电粒子受力方向向上；B图中带电粒子受力方向向外；C图中带电粒子受力方向向左；D图中带电粒子受力方向向里，所以A正确。考点：本题左手定则的应用3B【解析】小

10、磁针的N极受力方向与磁感线的方向一致，所以在磁体内部磁感线是从Q指向P，又因为磁感线在磁体内部是从S极指向N极，所以P端是N极，再根据螺旋定则可以判断出a端接的电源的负极。B正确。4D【解析】磁感线是假想的，用来描绘磁场强弱与分布的，是闭合的，但不可能相交，A、B、C错。考点：本题考查磁感线。5AC【解析】由公式可知E的单位是N/C；由公式可知，E的单位是V/m；故选项AC正确.6CD【解析】接触前两个相同的金属小球之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，库仑力为，解得：q1：q2=3：1或q1：q2=1：3，故选CD。7AC【解析】根据电容的决定式

11、 得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，因极板所带电荷量Q不变，由电容的定义式，分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大故A正确，B错误根据电容的决定式得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，极板所带电荷量Q不变，则由电容的定义式，可知板间电势差U增大，静电计指针的偏角变大故C正确，D错误故选AC点睛：本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量Q不变；二是关于电容的两个公式:决定式和定义式8CD【解析】A、由题可知，金属棒在力F作用下做匀速运动，由于金属棒切割磁感线，回路中产生感应电流，根据左手定则可知，金属受到向左的

12、安培力作用，则外力，导轨电阻增大，所以外力F随时间逐渐减小，并不是保持不变，故选项A错误；BC、由于金属棒匀速运动，即安培力、水平力和摩擦力的合力为零，则这三个力的合力对金属棒的冲量为零，则这三个力的合力对金属棒做功为零，故选项B错误，C正确；D、若某时刻通过电阻R的电流为I，则根据平衡条件可知：，则此时水平力F的功率为，故选项D正确。【点睛】本题主要考查金属棒在运动过程中要受到安培力做用，然后根据平衡条件分析出力F为变力，在结合冲量、功以及功率相关知识进行求解即可。9BD【解析】斜面的倾角为=30，斜面上AD=DB，由几何关系可知，AC=AD=CD，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，所以

13、D与A的电势相等，则由W=qU，知A到D的过程中电场力做的功等于0故A错误；由于即A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AB的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，所以从A到B的过程中负电荷的电势能先减小后增大，故B正确；结合几何关系可知，D到C的距离小于B到C的距离，C点处是正电荷，结合正电荷的电场的特点可知，B点电势比D点电势低。故C错误；设AB的长度为2L，则AD=DB=L，在小球从A到D两点得过程中，由动能定理有：mgLsinmv20；在小球从A 到B的过程中有：mgL+（-q）UAB=0；所以：UAB故D正确。故选BD。10AC【解

14、析】安培力的计算：当IB时，当I与B不垂直时，为I与B的夹角，题目中属于I与B垂直的情况，所以，A正确；由于，带入A的结果，可得，C正确11（1）A、C、E （2）【解析】（1）为了准确的测量小灯泡的电压和电流，根据小灯泡的规格，电压表选择A，电流表选择C，因为测量小灯泡的伏安特性曲线，需采取分压接法，滑动变阻器选择较小的，即E（2）因要求电流、电压能从零开始变化，故滑线变阻器采用分压式接法，而灯泡的电阻很小，选用安培表外接。电路如图甲：考点：本题考查“测量小灯泡伏安特性曲线”实验中的器材选择及电路图的选择12(1)50.15；4.700(或4.699) (2)偏小【解析】(1)由图所示游标卡

15、尺可知，其示数为：50mm+30.05mm=50.15mm由图示螺旋测微器可知，其示数为：4.5mm+20.00.01mm=4.700mm.(2)图丙采用了电流表外接法，由于电压表内阻不是无穷大，故电压表分流导致电流表测量电流大于流过电阻的电流，则可知测量值偏小.【点睛】本题考查了螺旋测微器、游标卡尺、电压表与电流表的读数，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；同时掌握电学实验误差分析的基本方法。13（1）11V （2）20W【解析】(1)灯泡正常发光所以：由闭合电路欧姆定律得： 联立可得UM=11V（2）P内=I2r0 P出=UMI-P内 联立可得P出=20W14(1)三个力 (2),负电 (

16、3)【解析】(1)由于是带电液滴，它必然受重力，又处于电磁场中，还应受到电场力及洛伦兹力共三个力作用(2)因液滴做匀速圆周运动，故必须满足重力与电场力平衡，所以液滴应带负电，电荷量由mgEq，求得qmg/E.(3)尽管液滴受三个力，但合力为洛伦兹力，所以仍可用半径公式R，把电荷量代入可得R.15【解析】电动机消耗的总能量一部分用于提升重物的机械能，一部分消耗在电动机线圈电阻发热上根据能量守恒定律得： ，其中： ， ， ，所以有，代入解得 。点睛：电动机正常工作时，电路是非纯电阻电路，求解电功率只能用，求解内电路发热功率只能用，输出功率往往根据能量守恒定律求解。16【解析】设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30=v0sin60由此得设A、B两点间的电热差为UAB，由动能定理有：解得【考点定位】动能定理；带电粒子在电场中运动【方法技巧】本题主要是动能定理在带电粒子在电场中运动的应用和类平抛运动